高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用精品课后复习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用精品课后复习题，共8页。试卷主要包含了5 m/s2等内容，欢迎下载使用。

基础巩固


1.行车过程中,如果车距不够、刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害。为了尽可能减轻碰撞所引起的伤害,人们设计了安全带,如图所示。假定乘客质量为70 kg,汽车车速为90 km/h,从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )








A.450 NB.400 N


C.350 ND.300 N


2.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取 10 m/s2,则汽车刹车前的速度为( )


A.7 m/sB.14 m/s


C.10 m/sD.20 m/s


3.假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多,当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动,它还能继续滑动的距离约为(重力加速度g取10 m/s2)( )


A.40 mB.20 m


C.10 mD.5 m


4.一个物体在水平恒力F的作用下,由静止开始在一个粗糙的水平面上运动,经过时间t速度变为v。如果要使物体的速度变为2v,下列方法正确的是( )


A.将水平恒力增加到2F,其他条件不变


B.将物体的质量减小一半,其他条件不变


C.物体的质量不变,水平恒力和作用时间都增加到原来的2倍


D.将时间增加到原来的2倍,其他条件不变


5.某气枪子弹的出口速度达100 m/s,若气枪的枪膛长0.5 m,子弹的质量为20 g,若把子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动,则高压气体对子弹的平均作用力为( )


A.1×102 NB.2×102 N


C.2×105 ND.2×104 N


6.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动,4 s内通过8 m的距离,此后关闭发动机,汽车又运动了2 s停止,已知汽车的质量m=2×103 kg,汽车运动过程中所受的阻力大小不变,求:


(1)关闭发动机时汽车的速度大小。


(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小。


(3)汽车牵引力的大小。


7.质量为m=2 kg的物体静止在水平地面上,物体与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.5。现在对物体施加如图所示的力F,F=10 N,θ=37°,且sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。经t=10 s后撤去力F,再经一段时间,物体静止,g取10 m/s2。求:





(1)物体运动过程中的最大速度;


(2)物体运动的总位移大小。























能力提升


1.一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是( )





2.(多选)如图所示,质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上,被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,重力加速度为g,忽略一切摩擦,以下说法正确的是( )





A.斜面对小球的弹力为mgcsθ


B.斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma


C.若增大加速度a,斜面对小球的弹力一定增大


D.若增大加速度a,竖直挡板对小球的弹力一定增大


3.(多选)质量m=2 kg、初速度v0=8 m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动,物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.1,同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用,设水平向右为拉力的正方向,且物体在t=0时刻开始运动,g取10 m/s2,则以下结论正确的是( )





A.0~1 s内,物体的加速度大小为2 m/s2


B.1~2 s内,物体的加速度大小为2 m/s2


C.0~1 s内,物体的位移为7 m


D.0~2 s内,物体的总位移为11 m


4.(多选)蹦极运动的示意图如图所示,弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过合力为零的C点到达最低点D,然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程,下列表述正确的是( )





A.经过B点时,运动员的速率最大


B.经过C点时,运动员的速率最大


C.从C点到D点,运动员的加速度增大


D.从C点到D点,运动员的加速度不变


5.如图所示,质量为m=3 kg的木块放在固定的倾角为θ=30°的足够长斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t=2 s时间物体沿斜面上升4 m的距离,则推力F为(g取10 m/s2)( )





A.42 NB.6 N


C.21 ND.36 N


6.用平行于斜面的推力,使静止的质量为m的物体在倾角为θ的光滑斜面上,由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时,去掉推力,物体刚好能到达顶点,则推力的大小为( )


A.mg(1-sin θ)B.2mgsin θ


C.2mgcs θD.2mg(1+sin θ)


7.一架航模遥控飞行器如图所示,其质量m=2 kg,动力系统提供的恒定升力F=28 N。试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力恒为Ff=4 N,g取 10 m/s2。





(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8 s时到达高度H等于多少?


(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6 s时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力,求飞行器减速上升阶段的加速度的大小。












































8.如图所示,ACD是一滑雪场示意图,其中AC是长L=8 m、倾角θ=37°的斜坡,CD段是与斜坡平滑连接的水平面。人从A点由静止下滑,经过C点时速度大小不变,又在水平面上滑行一段距离后停下。人与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.25,不计空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。





(1)求人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间。


(2)人在离C点多远处停下?











参考答案


5 牛顿运动定律的应用


基础巩固


1.C 汽车的速度v0=90 km/h=25 m/s,设汽车做匀减速直线运动的加速度大小为a,则a=Δvt=v0t=5 m/s2,对乘客应用牛顿第二定律可得F=ma=70×5 N=350 N,所以C正确。


2.B 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg。由匀变速直线运动速度与位移关系式v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为 v0=2ax=2μgx=14 m/s,因此选项B正确。


3.B 根据牛顿第二运动定律得,汽车刹车的加速度a=Ffm=mgm=g,则继续滑行的距离s=v022a=20 m,B项正确。


4.D 由牛顿第二运动定律得F-μmg=ma,所以a=Fm-μg,对比A、B、C三项,均不能满足要求,故均错误;由v=at得2v=a·2t,所以选项D正确。


5.B 根据v2=2ax,得a=v22x=10022×0.5 m/s2=1×104 m/s2,从而得高压气体对子弹的平均作用力F=ma=20×10-3×1×104 N=2×102 N。


6.点拨 汽车的运


动分析根据运动学公


式求加速度确定汽车


所受各力


解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动,则


x0=v0+02t1,解得v0=2x0t1=4 m/s。


(2)汽车滑行减速过程中加速度


a2=0-v0t2=-2 m/s2


由牛顿第二定律得-Ff=ma2


解得Ff=4×103 N。


(3)开始加速过程中加速度为a1,则x0=12a1t12


由牛顿第二定律得F-Ff=ma1


解得F=Ff+ma1=6×103 N。


答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N


7.解析 (1)撤去力F前,对物体进行受力分析,如图甲所示,则有Fsin θ+FN=mg


Fcs θ-Ff=ma1


又Ff=μFN


联立以上各式解得a1=0.5 m/s2


物体在t=10 s撤去力F时速度最大,


v=a1t=5 m/s,


此时物体的位移x1=12a1t2=25 m。





(2)撤去F后,对物体进行受力分析,如图乙所示,则有


Ff'=μFN'=μmg=ma2,解得a2=5 m/s2


撤去力F后,由运动学公式得2a2x2=v2


解得x2=2.5 m


故物体运动的总位移为x=x1+x2=27.5 m。


答案 (1)5 m/s (2)27.5 m


能力提升


1.C 静摩擦力随外力而改变,当外力大于最大静摩擦力时,物体才产生加速度,可利用牛顿第二定律列方程求解。物块受到拉力和摩擦力作用,根据牛顿第二定律F-μmg=ma,当F≤Ffmax时,a=0;当F>Ffmax时,a与F成一次函数关系,选项C正确。


2.AD





对小球受力分析如图所示。把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解,竖直方向有FN2cs θ=mg,水平方向有FN1-FN2sin θ=ma,所以斜面对小球的弹力为FN2=mgcsθ,A正确。FN1=ma+mgtan θ。由于FN2=mgcsθ与a无关,故当增大加速度a时,斜面对小球的弹力不变,挡板对小球的弹力FN1随a增大而增大,C项错误,D项正确。小球受到的合力为ma,B项错误。


3.BD 0~1 s内,物体的加速度大小a1=F+μmgm=6+0.1×2×102 m/s2=4 m/s2,A项错误;1~2 s内物体的加速度大小a2=F'-μmgm=6-0.1×2×102 m/s2=2 m/s2,B项正确;物体运动的v-t图像如图所示。





故0~1 s内物体的位移为x1=(4+8)×12 m=6 m,C项错误;0~2 s内物体的总位移x=x1+x2=6+(4+6)×12 m=11 m,D项正确。


4.BC 在BC段,运动员所受重力大于弹力,向下做加速度逐渐减小的变加速运动,当a=0时,速度最大,即在C点时速度最大,选项B正确。在CD段,弹力大于重力,运动员做加速度逐渐增大的变减速运动,选项C正确。


5.D 因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mgsin θ=μmgcs θ,所以μ=tan θ;当在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=12at2得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mgsin θ-μmgcs θ=ma,解得F=36 N,D正确。


6.B 根据题意知,匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移相等,根据x=v22a知,加速运动的过程中L2=v22a1,匀减速运动的过程中L2=0-v2-2a2,可以知道匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小相等。匀加速直线运动的加速度大小a1=F-mgsinθm,匀减速直线运动的加速度大小为a2=mgsinθm。因a1=a2,则F-mgsinθm=mgsinθm,计算得出F=2mgsin θ。所以B选项是正确的,A、C、D错误。


7.解析 (1)第一次飞行中,设加速度为a1


由牛顿第二定律得F-mg-Ff=ma1


飞行器上升的高度H=12a1t12


以上两式代入数据解得H=64 m。


(2)第二次飞行中,设失去升力后的加速度为a2


由牛顿第二定律得mg+Ff=ma2


代入数据解得a2=12 m/s2,方向向下。


答案 (1)64 m (2)12 m/s2





8.解析 (1)人在斜坡上下滑时,受力分析如图所示。


设人沿斜坡下滑的加速度为a,沿斜坡方向,由牛顿第二定律得


mgsin θ-Ff=ma


Ff=μFN


垂直于斜坡方向有


FN-mgcs θ=0


由匀变速运动规律得L=12at2


联立以上各式得a=gsin θ-μgcs θ=4 m/s2


t=2 s。


(2)人在水平面上滑行时,水平方向只受到地面的摩擦力作用。设在水平面上人减速运动的加速度为a',由牛顿第二定律得μmg=ma'


设人到达C处的速度为v,则由匀变速直线运动规律得


人在斜面上下滑的过程:v2=2aL


人在水平面上滑行时:0-v2=-2a'x


联立以上各式解得x=12.8 m。


答案 (1)2 s (2)12.8 m